2021-2022学年甘肃张掖市省民乐县第一中学高二下学期3月教学质量检测数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年甘肃张掖市省民乐县第一中学高二下学期3月教学质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．的实部与虚部分别是（       ）

A．， B．，    C． ， D． ，

【答案】C

【分析】根据实部和虚部的定义，知的实部为，虚部为，代入即可求值.

【详解】由复数的基本形式，

且根据实部和虚部的定义，知的实部为，虚部为，

化简，

知的实部为0，虚部为.

故选：C.

2．设是可导函数，且，则（       ）

A．2 B．-1 C．1 D．-2

【答案】A

【解析】根据导数的定义求解．

【详解】．

故选：A.

【点睛】本题考查导数的定义，，注意极限中形式的一致性．

3．一物体沿直线以v＝3t＋2(t的单位：s，v的单位：m/s)的速度运动，则该物体在3～6 s间的运动路程为

A．46 m B．46.5 m

C．87 m D．47 m

【答案】B

【详解】＝＝(54＋12)－＝46.5(m)．故选B.

【解析】定积分在物理中的应用．

4．已知，，则等于（       ）

A．（0，34，10） B．（-3，19，7） C．44 D．23

【答案】C

【分析】由题可得，再利用数量积的坐标表示即得.

【详解】∵，，

∴，

∴.

故选：C.

5．高三某班上午有4节课，现从6名教师中安排4人各上一节课，如果甲、乙两名教师不上第一节课，丙必须上最后一节课，则不同的安排方案种数为（ 　）

A．36 B．24 C．18 D．12

【答案】A

【分析】先从初甲乙丙之外的3人中任选1人上第一节课，最后一节课丙上，中间的两节课从剩下的4人中任选2人，即可求解.

【详解】先安排第一节课，从初甲乙丙之外的3人中任选1人，最后一节课丙上，

中间的两节课从剩下的4人中任选2人，

故甲乙两名教师不上第一节课，丙必须项最后一节课，

则不同的安排方案种数为种.

故选：A.

6．观察下列算式:21=2，22=4，23=8，24=16，25=32，26=64，27=128，28=256，…，用你所发现的规律可得22019的末位数字是（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】观察2的次方的末位数字，发现规律，即可计算的末位数字.

【详解】由题意得，2的次方的末位数字分别是2，4，8，6这4个数字循环，即以4为周期．

又，

∴的末位数字与 的末位数字相同，

∴的末位数字是8．

故选：D．

7．某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派1名教师，则不同的分配方法有（　　）

A．80种 B．90种 C．120种 D．150种

【答案】D

【分析】对5个人先进行两种情况的分组，再进行全排列，即可得答案.

【详解】先对5个人先进行两种情况的分组，一是分为1，1，3，有种，二是分为1，2，2，共有种，

再分配，可得不同的分配方法有种.

故选：D.

8．对于不等式 ＜n＋1(n∈N)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：

（1）当n＝1时， ＜1＋1，不等式成立．

（2）假设当n＝k(k∈N)时，不等式成立，即 ＜k＋1，则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(k＋1)＋1，

∴n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法（       ）

A．过程全部正确

B．n＝1验得不正确

C．归纳假设不正确

D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确

【答案】D

【分析】根据数学归纳法的定义即可判断答案.

【详解】在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设.

故选:D.

9．设函数f（x）在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f′（x）的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数图象得出单调性，然后判断导函数的正负即可选出答案.

【详解】由函数的图象，知当时，是单调递减的，所以；

当时，先减少，后增加，最后减少，所以先负后正，最后为负．

故选：B．

【点睛】本题考查原函数的单调性与导函数的正负的关系.属于基础题.

10．已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C.

取DD1中点F，则为所求角, ，选C.

11．已知函数在处有极小值，则实数m的值为（　　）

A．3 B．－1或－3 C．－1 D．－3

【答案】D

【分析】根据在处导数等于0可得m的值，然后讨论是否满足原函数在处有极小值即得.

【详解】由，可得

令，得，

由题知，或

当时，，当时，，时，，

∴在处有极大值，不满足题意；

当时，，当时，，时，

∴在处有极小值，所以.

故选：D.

12．在长方体，底面是边长为的正方形，高为，则点到截面的距离为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，根据直线与平面垂直的判定定理可得平面，再根据平面与平面垂直的判定定理得出平面平面，交线为，在平面内过作于，则的长即为点到截面的距离，在中，利用等面积法求出即可.

【详解】如下图所示：

设，，，又，

平面，平面，平面平面.

又平面平面，过点在平面内作于点，

则的长即为点到截面的距离，在中，，，

由，可得，因此，点到截面的距离为，故选B.

【点睛】本题考查点到平面的距离的计算，考查空间想象能力与逻辑推理能力，属于中等题.

二、填空题

13．设，且，则的最小值为________.

【答案】.

【分析】设，根据等式化简即可得到,带入，化简即可得出答案.

【详解】设.

则

即化简得：.

所以

所以当时.

故答案为：.

14．抛物线与直线围成的平面图形的面积为________．

【答案】18

【分析】先求出抛物线与直的交点坐标，再选y作为积分变量，利用定积可求得结果

【详解】由方程组，解得两交点、，选y作为积分变量，，

∴．

故答案为：18

15．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)

【答案】1260.

【详解】分析:按是否取零分类讨论，若取零，则先排首位，最后根据分类与分步计数原理计数.

详解：若不取零，则排列数为若取零，则排列数为

因此一共有个没有重复数字的四位数.

点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：

(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.

16．已知函数在区间（其中）上存在最大值，则实数的取值范围是_______.

【答案】

【解析】利用导数求出函数的单调性，判断出极值点后可得关于的不等式组，从而可得所求的范围.

【详解】因为，，所以.

当时，；当时，.

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，

所以函数在处取得极大值.

因为函数在区间（其中）上存在最大值，

所以，解得.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：函数在开区间内有最值，则最值点（极值点）必在此开区间内，这是解决此题的关关键.

三、解答题

17．用黄、蓝、白三种颜色粉刷6间办公室.

(1)若每间办公室粉刷什么颜色不作要求，有多少种不同的粉刷方法?

(2)若一种颜色的粉刷3间，一种颜色的粉刷2间，一种颜色的粉刷1间，有多少种不同的粉刷方法?

【答案】(1)729

(2)360

【分析】（1）由分步乘法原理计算

（2）先将办公室分为3组，然后分配

【详解】(1)根据题意，每间办公室粉刷什么颜色不要求，则每间办公室都有3种选择，

即共有3×3×3×3×3×3=36=729种粉刷方法.

(2)根据题意，先将办公室分为3组，分别为3间、2间、1间，有种分法，

再将3组对应三种颜色，有种情况，

由分步乘法计数原理可得，共有=360种粉刷方法.

18．（1）复数z在复平面内对应的点在第四象限，|z|=1，且，求z；

（2）已知复数为纯虚数，求实数m的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）设，根据列方程，解方程求得，也即求得.

（2）利用复数的乘法和除法运算化简，根据为纯虚数，求得实数的值.

【详解】（1）设，依题意，即，解得，所以.

（2）依题意

.

由于为纯虚数，则，解得.

【点睛】本小题主要考查复数的有关概念和运算，属于基础题.

19．如图，在正方体中， E为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；

（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .

【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法

如下图所示：

在正方体中，且，且，

且，所以，四边形为平行四边形，则，

平面，平面，平面；

[方法二]:空间向量坐标法

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，

设平面的法向量为，由，得，

令，则，，则.

又∵向量,,

又平面，平面；

（Ⅱ）[方法一]：几何法

延长到，使得，连接，交于，

又∵，∴四边形为平行四边形，∴，

又∵,∴,所以平面即平面,

连接，作,垂足为,连接,

∵平面,平面,∴，

又∵,∴直线平面,

又∵直线平面,∴平面平面,

∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，

根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.

设正方体的棱长为2，则,,∴,

∴,

∴,

即直线与平面所成角的正弦值为.

[方法二]：向量法

接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，

又∵,∴，

∴直线与平面所成角的正弦值为.

[方法三]：几何法+体积法

 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．

因为，

所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．

设正方体的棱长为2，在中，易得，

可得．

由，得，

整理得．

所以．

所以直线与平面所成角的正弦值为．

[方法四]：纯体积法

设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，

在中，，

，

所以，易得．

由，得，解得，

设直线与平面所成的角为，所以．

【整体点评】

（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；

（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.

20．已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求过点且与曲线相切的直线方程．

【答案】（1）；（2）或．

【分析】（1）利用导数的几何意义即可求函数在点处的切线方程；

（2）设出切点，由点斜式方程得到所求切线的方程，代入，解方程可得切点，进而得到切线的方程．

【详解】（1）由，切线方程的，则曲线在点处的切线方程为．

（2）设切点的坐标为，则所求切线方程为

代入点的坐标得，解得或

当时，所求直线方程为，

当时，所求直线方程为，

所以过点且与曲线相切的直线方程为或．

【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程，注意在点与过点的区别，属于基础题.

21．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4.求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.

【答案】.

【分析】根据题意建立空间直角坐标系，分别求出平面ABM与平面PAC的法向量，即可求出答案.

【详解】因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.

又OP⊥底面ABCD，

以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，,.

故，.

设平面的法向量为，

则

令，得.

又平面PAC的一个法向量为，

所以.

故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查二面角.属于中档题.求二面角常用方法：几何法、向量法.

22．已知函数.

（1）令，求的单调区间；

（2）若直线是函数的图象的切线，且，求的最小值.

【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为（2）

【解析】（1）求出，再求导、解不等式，从而得到函数的单调区间；

（2）设切点坐标为，将表示成关于的函数，再构造函数利用导数研究函数的最小值，即可得答案.

【详解】（1）函数的定义域为，

则，

当时，，函数为增函数；

当时，，函数为减函数，

所以的单调增区间为，单调减区间为.

（2）设切点坐标为，

则切线的斜率为，

将切点坐标代入直线，

可得，

所以.

令，

则，

令，解得，在区间上为减函数；

令，解得，在区间上为增函数，

所以，

故的最小值为.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调区间、导数的几何意义、导数研究函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.